考点22 溶液中微粒守恒平衡常数计算及应用-【大数据建模高考】2027高考化学精准二轮复习课件PPT

考点22　溶液中微粒守恒、平衡常数计算及应用 成都郭小渠名师 工作室·出品 2026年全国高考真题分类全解◎二轮专题复习导航 10 十一月 2026 说明 1.本PPT是《大数据建模高考化学》的二轮复习用书的教学用PPT。全书以2026年全国及各省市解密高考真题为核心题源进行研究，进行完整的分类汇编。旨在检验一轮复习成果、小综合分类训练，探究新的考试方向。 2.从六个维度挖掘真题价值、探究高考命题的底层逻辑，实现高考复习从“刷题”到“研题”的转变，从“传统经验”研判走向“数据实证”驱动的变革。 3.将高考试题划分为六个难度层级：❶❷基础性试题；❸综合分析；❹迁移应用；❺❻创新探究。并与高考录取层级对应。以落实“以人为本，分层教学”的复习策略。 4.PPT采用人工智能的模板化设计和制作，采用文本化呈现，有利于修改和移植。如遇制作上的勘误，请查阅原书更正。 5.要进一步了解本书的体系和实施策略，请关注我们团队的公众号：scthgxq 考点22 · 02 (一)考查内容与统计 考查要求 (1)内容：共考查18次，难度最高五星。平衡常数组合与浓度计算、守恒关系与离子浓度大小比较、溶度积与沉淀完全的判断。 (2)考型：多重平衡的组合与变形、分布比与浓度求解、守恒关系式与离子浓度排序、溶度积与沉淀完全的判据及应用。 (3)方法：平衡方程式的加减组合、电荷守恒与物料守恒的建立和联立、溶度积的定量计算。属第三部分层级最高的考点，综合性强，对守恒关系的书写质量要求高。 内容统计 平衡常数组合与浓度计算(3次/★★★★)多重平衡常数组合、弱酸分布比值、溶度积残余浓度 守恒关系与离子浓度比较(2次/★★★★★)电荷守恒、物料守恒、离子浓度排序 溶度积与沉淀完全判断(2次/★★★★)溶度积数值比较、完全沉淀判据、盐类水解pH。 考点22 · 03 (二)一轮链接 守恒关系与应用 🔗电荷守恒：是分析时首先考虑、最重要的守恒关系，它只与离子的种类有关，而与溶质电解出离子浓度的大小无关。守恒式特征：等式左右两端分别是阴离子和阳离子，且无分子(P195); 🔗物料守恒：电解质溶液中，某一元素的原始浓度(起始浓度)等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。建立物料守恒需明确核心元素的初始来源与存在形式(P195); 🔗综合守恒：是将电荷守恒和物料守恒两个守恒式写出来，消去所给式子中不出现的浓度项得到。当所给的等式既不是电荷守恒，也不是物料守恒时，就要用到综合守恒分析(P196); 🔗微粒浓度大小比较：基本分析方法称为“一找二定三动”：一找对象，即确定分析对象(互不反应取原溶质、反应取完全反应后溶质)；二定微粒，用守恒法建立浓度等式；三动增减，由平衡移动使微粒浓度增减得不等式(P196)。 平衡常数与组合 🔗Kw、Kₐ(Kb、Kₕ、Kₛₚ)是溶液中的四大平衡常数，它们的变化均只与温度有关，且一般随温度的升高而增大(P197); 🔗总平衡常数K，通过各分步平衡常数组合表示：K等于反应物电解质对应K的乘积除以生成物电解质对应K的乘积；完全电离的离子不影响平衡常数的组合(P200)。 衔接：2026年强化多重平衡组合与电荷、物料双守恒联立消元，并把分布系数比值与溶度积沉淀判据纳入统一程序，对应更高分层选择题的综合判断。 4 考点22 · 05 (三)实考知识 守恒关系与应用 (1)电荷守恒式书写：溶液电中性要求Σ(电荷数×c(离子))=0，多价离子系数须乘其电荷数[重庆-11/江苏-12]; (2)物料守恒式书写：某元素或基团投料前后总量不变，如n(SO₄²⁻)联系n(Fe²⁺)、配离子与水解得产物[重庆-11]。 平衡常数据与应用 (1)1.多重平衡常数组合：目标反应的平衡常数可按分步反应加减组合为各K的乘积或商，如K=Kₛₚ·Kₐ²/Kw²[浙江1月-15]; (2)弱酸分布系数与Kₐ比值：二元弱酸两型体浓度比c(A²⁻)/c(H₂A)=Kₐ₁·Kₐ₂/c²(H⁺)，随给定pH直接判定大小[广西-10/江苏-12]; (3)溶度积与完全沉淀判据：难溶物c(Mⁿ⁺)=Kₛₚ/cⁿ(OH⁻)；离子浓度小于1×10⁻⁵ mol/L视为完全沉淀[福建-6/广西-10]; (4)盐类水解程度与pH：弱酸根水解使溶液呈碱性；酸性越强(Kₐ越大)其共轭碱水解越弱，同浓度下pH越小[北京-7/江西-9]; (5)Kₐ表达式与pH反算：Kₐ=c(共轭碱)c(H⁺)/c(酸)，给定pH可反算型体浓度比与各型体大小[江西-9/广西-10]。 考点22 · 06 (四)关键能力 模型1　平衡常数组合计算模型[浙江1月-15]。①列已知多重平衡，按目标反应相加减组合出总K；②代入数值算K或型体浓度比值；③将题给浓度关系代入平衡表达式求未知浓度；④用计量比与物料守恒求初始投料x或配比； 模型2　守恒联立比较模型[重庆-11]。①按配比参量x确定各组分初始投料量；②写电荷守恒式，多价离子系数加倍；③写物料守恒式，固定元素或基团总量不变；④联立两式消元得目标浓度关系；⑤比较各离子浓度大小并核对选项； 模型3　分布与沉淀判据模型[广西-10]。①由给定pH取c(H⁺)与c(OH⁻)；②用Kₐ₁·Kₐ₂/c²(H⁺)等比值判定型体分布大小；③用Kₛₚ/cⁿ(OH⁻)算残余金属离子浓度判完全沉淀；④用Kₛₚ大小或盐类水解判沉淀顺序与pH高低； 考点22 · 07 (五)易错点与避坑指导 易错点 避坑指导 “指数运算”出错误[浙江·1月-15]。水溶液守恒与沉淀“三处疏漏”：电荷守恒漏c(OH⁻)； [江苏-12]。配离子守恒“系数与物种”双漏：电荷守恒把SO₄²⁻系数写1(应2) [重庆-11]。 重视运算符号，严格按数学规则进行；电荷守恒必含c(OH⁻)和c(H⁺)；多价离子系数乘电荷数，SO₄²⁻系数为2； 考点22 · 08 (六)创新与方法 情境判据[重庆-11](见题)：把离子浓度大小比较置于变量比和配位反应的多重情境之中，用参量x控制Phen与亚铁盐投料比，需随x分段写电荷守恒与物料守恒并判断配位完全程度。方法指导：①按x确定投料比与配位程度分别分析；②分段写电荷守恒与物料守恒式；③联立消元比较离子浓度大小。 考点22 · 09 典型示范 [重庆-11] 难度❺　第1题 Fe²⁺能与邻菲咯啉(Phen)形成配离子[Fe(Phen)₃]²⁺。将相同物质的量浓度的Phen和(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液以不同体积混合，调pH=4.5并定容，且各混合溶液中n初始(Phen)+n初始[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂] = n (n为定值)，已知x= n初始(Phen)/n。下列关于混合溶液的叙述正确的是(　　) A.x=0时，2c(Fe²⁺)+c(NH₄⁺)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(SO₄²⁻) B.x=0.6时，c(NH₃⋅H₂O)+c(OH⁻)=c(H⁺) C.x=0.75时，c(SO₄²⁻)>c(NH₄⁺)>c{[Fe(Phen)₃]²⁺} D.x=0.9时，2c{[Fe(Phen)₃]²⁺}>c(SO₄²⁻) 答案1：C A错误，x=0时，仅为(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液，电荷守恒式应为2c(Fe²⁺)+c(NH₄⁺)+c(H⁺)=c(OH⁻)+2c(SO₄²⁻)，选项中SO₄²⁻的系数错误；B错误，x=0.6时Fe²⁺过量，除NH₄⁺水解外，过量Fe²⁺水解生成Fe(OH)₂，电荷守恒：n(NH₄⁺)+2n(Fe²⁺)+2n([Fe(Phen)₃]²⁺)+n(H⁺)=2n(SO₄²⁻)+n(OH⁻)①，物料守恒：n(SO₄²⁻) = 2n(Fe²⁺)+ 2n([Fe(Phen)₃]²⁺) + 2n[Fe(OH)₂] = n(NH₄⁺)+n(NH₃·H₂O)，即2n(SO₄²⁻) = 2n(Fe²⁺)+ 2n([Fe(Phen)₃]²⁺) +2n[Fe(OH)₂] + n(NH₄⁺)+n(NH₃·H₂O)②，①②式联立，消去n(SO₄²⁻)：得c(H⁺) = c(OH⁻)+ c(NH₃·H₂O)+ 2c(Fe(OH)₂)；C正确，x=0.75时n[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂]:n(Phen)=1:3；(NH₄)₂Fe(SO₄)₂+ 3Phen == [Fe(Phen)₃]SO₄ +(NH₄)₂SO₄;恰好完全配位生成[Fe(Phen)₃]²⁺，由于NH₄⁺水解消耗，故c(SO₄²⁻)>c(NH₄⁺)>c{[Fe(Phen)₃]²⁺}；D错误，x=0.9时n[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂]:n(Phen)=1:9；Phen过量，Fe²⁺完全生成多生成[Fe(Phen)₃]²⁺，由物料守恒得：2c([Fe(Phen)₃]²⁺)=c(SO₄²⁻)，若配离子少量解离则2c{[Fe(Phen)₃]²⁺}<c(SO₄²⁻)，不可能大于。 考点22 · 12 试题分析 [重庆-11] 难度❺　第1题 试题情境： 给出配位反应中投料比与 pH 的关系，要求由过量关系判断离子存在与浓度变化。 分析关联： 先由 x 判过量方：x＝0.6 时 Fe²⁺ 过量，x＝0.75 与 0.9 时配体过量、铁主要以配离子存在。写出电荷守恒与物料守恒后联立，消去不能直接确定的中间项，才得到含待求粒子的等式。 模型应用： 复杂体系守恒式，前提是溶液中的粒子已列全。写电荷守恒时阴离子系数须按所带电荷数写；解多式联立按消去中间物种处理。若铁以Fe(OH)₂ 沉淀存在，不进溶液，物料守恒式中不可计入。 答案C。 反查易错： A 项错在 SO₄²⁻ 的系数写成 1，须按电荷数写 2；这类「系数对但离子漏写」的失分最可惜。 考点22 · 14 跟踪训练 [浙江1月-15] 难度❹　第2题 ◎1　平衡常数组合与浓度计算 已知：25℃下，Kₛₚ[Cu(OH)₂]=2×10⁻²⁰，Kₐ(CH₃COOH)=2×10⁻⁵，Kw=1×10⁻¹⁴。Cu(OH)₂(s) + 2CH₃COOH(aq) ⇌ Cu²⁺(aq) + 2CH₃COO⁻(aq) + 2H₂O(l)　K。过量Cu(OH)₂与x mol/L CH₃COOH充分反应至平衡，平衡时c(CH₃COO⁻)=10c(CH₃COOH)，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是(　　) A.K = 8×10² B.c(Cu²⁺) > 1.0×10⁻³ mol/L C.平衡时，溶液呈弱碱性 D.x > 1.0×10⁻³ mol/L 答案2：D A错误，由平衡常数的组合规则(见《大数据》)得：K=Kₛₚ·Kₐ²/Kw²= (2×10⁻²⁰)×(2×10⁻⁵)²/(1×10⁻¹⁴)² =8×10⁻²。B错误，由c(CH₃COO⁻)=10c(CH₃COOH)代入平衡表达式K=c(Cu²⁺)c(CH₃COO⁻)²/c(CH₃COOH)² =8×10⁻²，得c(Cu²⁺) = 8×10⁻⁴ mol/L < 1.0×10⁻³ mol/L。C错误，由Kₐ(CH₃COOH) = c(CH₃COO⁻)c(H⁺)/c(CH₃COOH) = 2×10⁻⁵，将c(CH₃COO⁻)=10c(CH₃COOH)代入得：c(H⁺)=2×10⁻⁶ mol/L，呈酸性；D正确，由计量关系c(Cu²⁺) = ½c(CH₃COO⁻)=8×10⁻⁴ mol/L，得c(CH₃COO⁻) = 1.6×10⁻³ mol/L，c(CH₃COOH) = 1.6×10⁻⁴ mol/L，物料守恒得x= c(CH₃COO⁻) + c(CH₃COOH) = 1.76×10⁻³ mol/L > 1.0×10⁻³ mol/L。 考点22 · 17 跟踪训练 [江西-9] 难度❹　第3题 ◎1　平衡常数组合与浓度计算 用HCl溶液滴定20.00mL 0.05000mol⋅L⁻¹硼砂(Na₂B₄O₇⋅10H₂O)标准溶液，滴定至终点时，消耗HCl溶液10.00 mL，下列说法正确的是(　　) 已知：B₄O₇²⁻+5H₂O ⇌ 2H₃BO₃ + 2H₂BO₃⁻；pKₐ(H₃BO₃) = 9.24 A.滴定开始前，锥形瓶需用硼砂标准溶液润洗 B.以酚酞为指示剂，滴定终点时溶液变为红色 C.滴定至pH=8.24时，体系中c(H₂BO₃⁻)/c(H₃BO₃) = 0.1 D.HCl溶液浓度为0.1000 mol⋅L⁻¹ 答案3：C 由水解反应已知：B₄O₇²⁻+5H₂O⇌2H₃BO₃+2H₂BO₃⁻，盐酸滴定反应为H₂BO₃⁻ + H⁺== H₃BO₃，总化学方程式Na₂B₄O₇⋅10H₂O + 2HCl == 2NaCl + 4H₃BO₃ + 5H₂O。A错误，锥形瓶只需水洗，若用硼砂润洗会使测定结果偏大；B错误，硼砂为强碱弱酸盐，滴定前硼砂溶液呈碱性，终点呈酸性，应选用橙为指示剂，盐酸滴定中， pH下降，如用酚酞溶液只有从红色变为无色的现象；C正确，H₃BO₃ ⇌H₂BO₃⁻ + H⁺，Kₐ(H₃BO₃)= c(H⁺)·c(H₂BO₃⁻)/c(H₃BO₃)=10⁻⁹.²⁴，pH=8.24代入， c(H₂BO₃⁻)/c(H₃BO₃) = 10⁻⁹.²⁴/10⁻⁸.²⁴= 0.1；D错误，计量关系B₄O₇²⁻ ~ 2HCl，得2n(B₄O₇²⁻) = n(HCl)，2×0.02L×0.05000mol/L = c(HCl)×0.01L，解得c(HCl) = 0.2000 mol·L⁻¹。 考点22 · 20 跟踪训练 [广西-10] 难度❹　第4题 ◎1　平衡常数组合与浓度计算 从浓缩海水中获取高纯Mg的工艺如下。已知25℃时H₂C₂O₄的Kₐ₁=5.4×10⁻²，Kₐ₂=5.4×10⁻⁵ ，Kₛₚ(Mg(OH)₂)=5.6×10⁻¹²。下列说法正确的是(　　) A.常温下，“滤液1”pH=5时，c(C₂O₄²⁻)>c(H₂C₂O₄) B.常温下，“滤液2”pH=9时，Mg²⁺完全沉淀 C.煅烧“滤渣”回收CaO：CaC₂O₄⇌煅烧CaO+2CO↑+O₂↑ D.路线Ⅰ的工艺优于Ⅱ 答案4：A A正确，pH=5时c(H⁺)=10⁻⁵ mol/L，c(C₂O₄²⁻)/c(H₂C₂O₄)= Kₐ₁·Kₐ₂/c²(H⁺)=5.4×10⁻²×5.4×10⁻⁵/(10⁻⁵)²≈2.9×10⁴>1；B错误，pH=9时c(OH⁻)=10⁻⁵ mol/L，c(Mg²⁺)=Kₛₚ/c²(OH⁻)=5.6×10⁻¹²/(10⁻⁵)²=5.6×10⁻² mol/L>10⁻⁵ mol/L，未完全沉淀；C错误，原反应O不守恒，且高温下CO与O₂反应，正确反应为CaC₂O₄⇌高温 CaO + CO↑ + CO₂↑；D错误，MgO熔点远高于MgCl₂，电解时用MgCl₂而非MgO，路线Ⅱ更优。 考点22 · 21 跟踪训练 [江苏-12] 难度❺　第5题 ◎2　守恒关系与离子浓度比较 室温下，FeCl₃和磷酸浓度均为1 mol/L的混合溶液用NaOH调节pH。随pH增大，先产生FePO₄沉淀，后逐渐转化为Fe(OH)₃沉淀。溶液中c(Fe³⁺)和c总 (含P物种)随溶液pH的变化如图所示。已知含P物种包括H₃PO₄、H₂PO₄⁻、HPO₄²⁻和PO₄³⁻：H₃PO₄的Kₐ₁(H₃PO₄)=7.1×10⁻³，Kₐ₂(H₃PO₄)=6.3×10⁻⁸，Kₐ₃(H₃PO₄)=4.5×10⁻¹³。下列说法正确的是(　　) A.H₃PO₄溶液中3c(PO₄³⁻)+2c(HPO₄²⁻)+c(H₂PO₄⁻)=c(H⁺) B.pH=4.5时，溶液中c(Fe³⁺)⋅c(PO₄³⁻)<Kₛₚ(FePO₄) C.pH=5时，溶液中c(HPO₄²⁻)<c(H₃PO₄) D.pH由1.5增大至5，溶液中c(PO₄³⁻)逐渐增大 答案5：D A错误，纯H₃PO₄溶液中，电荷守恒应为c(H⁺)=3c(PO₄³⁻)+2c(HPO₄²⁻)+c(H₂PO₄⁻)+c(OH⁻)；B错误，pH=4.5时，体系中存在大量的FePO₄沉淀，为饱和溶液，c(Fe³⁺)⋅c(PO₄³⁻)=Kₛₚ(FePO₄)；C错误，c(HPO₄²⁻)/c(H₃PO₄)=Kₐ₁⋅Kₐ₂/c²(H⁺)，pH=5时c(H⁺)=10⁻⁵ mol/L，代入Kₐ₁，Kₐ₂，得Kₐ₁⋅Kₐ₂/c²(H⁺) = 4.47 >1，即c(HPO₄²⁻) > c(H₃PO₄)；D正确，pH增大时c(Fe³⁺)减小，由c(Fe³⁺)⋅c(PO₄³⁻)=Kₛₚ(FePO₄)知c(PO₄³⁻)逐渐增大，同时，在H₃PO₄、H₂PO₄⁻、HPO₄²⁻和PO₄³⁻的体系中，c(PO₄³⁻)也逐渐增大。 考点22 · 24 跟踪训练 [北京-7] 难度❸　第6题 ◎3　溶度积与沉淀完全判断 下列各组数据判断不正确的是(　　) A.第一电离能：I₁(K)>I₁(Na) B.25℃时，溶度积常数：Kₛₚ(AgI)<Kₛₚ(AgCl) C.101 kPa下，H₂的摩尔体积：Vₘ(25℃)>Vₘ(0℃) D.25℃时，0.1 mol⋅L⁻¹溶液的pH：pH(CF₃COOK)<pH(CH₃COOK) 答案6：A A错误，同主族从上到下金属性减弱，第一电离能逐渐减小，K在Na下方，I₁(K) < I₁(Na)；B正确，AgI溶解度小于AgCl，同类型难溶物，Kₛₚ(AgI) < Kₛₚ(AgCl)；C正确，由PV=nRT，压强一定时，气体体积与温度成正比，Vₘ(25℃) > Vₘ(0℃)；D正确，F电负性大，使CF₃COOH酸性强于CH₃COOH，CF₃COO⁻水解程度小，相同浓度下pH更小。 考点22 · 25 跟踪训练 [福建-6] 难度❹　第7题 ◎3　溶度积与沉淀完全判断 下图是一种利用废弃的Fe-Co-Ni合金制备Ni(OH)₂的工艺流程。下列说法不正确的是(　　) 已知：①当溶液中某种离子的浓度小于1×10⁻⁵ mol/L时，可以认为该离子完全沉淀。 ②部分沉淀的Kₛₚ如下表所示。 沉淀 Fe(OH)₃ Co(OH)₃ Fe(OH)₂ Co(OH)₂ Kₛₚ 2.7×10⁻³⁹ 1.6×10⁻⁴⁴ 8×10⁻¹⁶ 1.6×10⁻¹⁵ A.“高压酸浸”中加高压可提高金属的浸出率 B.由表可知，当pH=3时Fe³⁺已完全沉淀 C.“沉钴”时未发生氧化还原反应 D.“沉镍”时NaOH应当适当过量 答案7：C A正确，加压可提高酸浸反应速率、使金属溶解更充分，从而提高浸出率；B正确，pH=3时c(OH⁻)=10⁻¹¹ mol/L，c(Fe³⁺)=Kₛₚ[Fe(OH)₃]/c³(OH⁻)=2.7×10⁻³⁹/(10⁻¹¹)³=2.7×10⁻⁶ mol/L<1×10⁻⁵ mol/L，故Fe³⁺已完全沉淀；C错误，Kₛₚ(Co(OH)₃)< Kₛₚ(Fe(OH)₃)，如有Co³⁺在沉铁时先沉淀，故证明原来Co是+2价被X氧化为+3价后生成的沉淀；D正确，NaOH适当过量可使Ni²⁺沉淀更完全，提高Ni(OH)₂的产率。 珍惜今天，才拥有灿烂的明天！ 认真研究、探寻、领悟大数据的细节。 复习才更扎实、道路才更宽阔。 17 $